1. Тип Д17 C6 № 505590 
Классификатор алгебры: Неравенства с параметром
Сложные задачи с параметром. Неравенства с параметром
i
Найти все значения параметра a, при каждом из которых неравенство выполняется для всех x.
Решение. Преобразуем неравенство:
Таким образом, просто нужно чтобы a было больше наибольшего значения функции 
Оно, очевидно, достигается при 
то есть при 
поскольку 
и оба равенства достигаются в указанных точках.
Ответ: 
Критерии проверки:
| Критерии оценивания выполнения задания | Баллы |
|---|---|
| Обоснованно получен правильный ответ. | 4 |
| С помощью верного рассуждения получено множество значений a, отличающееся от искомого конечным числом точек. | 3 |
| С помощью верного рассуждения получены все граничные точки искомого множества значений a. | 2 |
| Верно найдена хотя бы одна граничная точка искомого множества значений a ИЛИ установлено, что исходное уравнение при всех значениях a имеет единственное решение . | 1 |
| Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше. | 0 |
Ответ:
505590
Классификатор алгебры: Неравенства с параметром
не содержит ни одного решения неравенства 
и 
(рис. 1). Для этого построим график уравнения 
— параболу. Эта парабола делит плоскость на две области. Соотношению 
Далее, построим график уравнения 
— прямую, которая разбивает плоскость на две полуплоскости. Соотношению 
Выделим общие точки (пересечение) найденных областей (см. рис. 1).
и 
(см. рис. 2). 
Одновременно исключим из полученных результатов полосу, задаваемую неравенством 
т. е. соотношением 
(см. рис. 3).
и 
прямых 
и 
справа — прямой 
сверху — прямой 
все граничные точки не включены. Каждая точка, принадлежащая указанной фигуре, имеет ординату, принадлежащую интервалу (0; 3). Следовательно, искомые значения параметра p заполнят весь промежуток 
выполняется для всех х, таких, что 
достаточно выполнения условия: 
и 
выполняется хотя бы для одного числа x такого, что | x | < 0,01.
это невозможно.
то подходит 
так как 
)
Решая неравенство методом интервалов, получим 
Учитывая ОДЗ, получим 
Решая неравенство методом интервалов, получим 
Учитывая ОДЗ, получим 
Нужные точки найдутся в этом множестве если 
имеем 
то есть 
Если 
это вообще невозможно. Кроме того, при 
имеем 
и 
возрастает при 
поэтому на данном промежутке нет решений неравенства.
то все возможные целые x находятся в промежутке 
поскольку 
Мы говорим лишь о возможности, поскольку не сравнивали эти значения с границами промежутка. Несомненно, при некоторых a эти точки так и не попадут на нужные промежутки. 
имеем 
то есть 
Если 
это вообще невозможно. Кроме того, при 
имеем 
и 
убывает при 
поэтому на данном промежутке нет решений неравенства.
то все возможные целые x находятся в промежутке 
поскольку 
Очевидно, это невозможно при допустимых a.
Очевидно, это невозможно при допустимых a.
Решая это неравенство, находим 
Решая это неравенство, находим 
Решая это неравенство, находим 
Очевидно, это невозможно при положительных a, а при прочих a имеем 
что тоже невозможно.
Очевидно, это невозможно при допустимых a.
Очевидно, это невозможно при допустимых a.
Очевидно, это невозможно при допустимых a.
или 
удовлетворяют неравенству 
?
причем все эти значения достигаются.
при 
иначе это неверно при 
имеем 
Поэтому функция 
возрастает при 
а потом начинает убывать. Это значит, что если неравенство нарушается в какой-то точке отрезка 
то оно нарушается либо при 
(если эта точка лежит на нужном отрезке), либо при 
или 
При 
откуда 
Тогда 
Поскольку также 
и 
во всех подходящих нам ситуациях точка 
лежит на отрезке [1; 3]. Проверим значение в ней.
поэтому числитель всегда имеет корни.
является корнем числителя. То есть 
(она будет выколота и в ней не будет меняться знак), и второй корень уравнения в числителе (он, очевидно, равен 
и в нем знак меняться будет). При больших x выражение очевидно положительно, поэтому нужно только, чтобы 
было неположительно. Это верно при 
и неверно при 
Итак, подходит 
что невозможно.
найдутся два числа, разность которых равна 1.
получаем 
можно взять просто 
Тогда 
поэтому выбирать точки надо на одном отрезке. Очевидно, такие точки есть в том и только том случае, когда длина отрезка больше 1. Будем рассматривать первый отрезок, у второго длина такая же.
не имеет решений на отрезке [−3; 0].
при всех 
То есть чтобы 
на всем этом отрезке.
принимает при 
и это 
а наибольшее либо при 
либо при 
Очевидно, второе больше.
и 
то есть 
причем все эти значения достигаются.
при 
иначе это неверно при 
имеем 
то график представляет собой параболу ветвями вниз с вершиной при 
Поэтому функция 
возрастает при 
а потом начинает убывать. Это значит, что если неравенство нарушается в какой-то точке отрезка 
то оно нарушается либо при 
(если эта точка лежит на нужном отрезке), либо при 
или 
откуда 
откуда 
получаем ответ.
получим из системы 
откуда 
то поделим оба неравенства на 
получатся неравества относительно 
который может принимать любые значения. Обозначим его за t и получим, что при всех t должна выполняться система.
Тогда требуется, чтобы при всех x выполнялось 
Значит, 
и 
откуда 
Тогда требуется, чтобы при всех x выполнялось 
Значит, 
справедливо для всех действительных x.
неравенство обращается в равенство. Разберем два случая.
тогда и только тогда, когда оно выполняется при 
то есть когда 
тогда и только тогда, когда оно выполняется при 
Получим
(перешли к основанию 3)
имело единственный корень. Для этого нужно, чтобы 
Но при 
корней у исходного уравнения нет совсем (поскольку −2 не может быть основанием логарифма).
не меньше 1.
и совпадает по знаку с x. Поэтому при положительных x числитель должен быть положителен, а знаменатель отрицателен, при отрицательных x — наоборот. Заметим также, что 
поэтому и числитель, и знаменатель имеют по два корня разных знаков. Обозначая за 
корни числителя, а за 
корни знаменателя имеем 
и 
Итак, 
поэтому интересующая нас сумма длин интервалов есть просто 
ему тоже удовлетворяет. Поэтому единственное решение возможно только если 
должно выполняться равенство, иначе по непрерывности всех функций в уравнении рядом с 
положительно и на него можно домножать.
при любых значениях а и х.
будем иметь: 
заданное неравенство для всех х не выполняется. Таким образом, искомые значения параметра а, если они есть, могут быть только строго положительными.
имеет хотя бы одно решение.
Тогда заданное неравенство будет иметь вид: 
оба корня квадратного трехчлена отрицательны (свободный член и второй коэффициент положительны).
А это значит, что при всех значениях 
будет иметь хотя бы одно решение.
т. е. число 0 лежит правее большего корня. 
Поэтому нам достаточно использовать следствие из теоремы Виета.
значение выражения 
не равно значению выражения 
будет выполнено равенство 
Тогда 
Поскольку 
рассматриваемый промежуток для t будет 
будет отображаться на множество значений, принимаемых переменной t, а исследуемый промежуток 
будет выполнено равенство 
равен 1, т. е. положителен; ограничений на значения а нет; 
при любом значении параметра, значит, 
имеет два различных действительных корня при любом значении а; свободный член квадратного трехчлена отрицателен, что в свою очередь означает: корни квадратного трехчлена имеют разные знаки, очевидно, что меньший корень заведомо отрицателен, тогда как больший корень заведомо положителен. 
и 
т. е. 
найдётся 
или 
имеет ровно четыре целочисленных решения (x; у).
и положительно во всех остальных точках.
Выражение во второй скобке положительно в точках 
что дает уже 8 решений.
Выражение во второй скобке неположительно только в точках 
Выражение во второй скобке неположительно только в точках 
Выражение во второй скобке неположительно только в точках 
решений нет.
Выражение во второй скобке отрицательно только в точках.
Выражение во второй скобке отрицательно в точках 
что дает уже 8 решений.
то 
то годятся все x, кроме лежащих на промежутке между его корнями (если такие есть). Они есть, всегда можно разложить на множители — 
ответ 
ответ 
то годятся все x, лежащие между его корнями. Очевидно, 
поэтому ответ 
ответ 
ответ 
поделим на 
Получим 
при всех 
то есть 
поделим на 
Получим 
при всех 
то есть 
имеет единственное целочисленное решение. Для найденных значений a выпишите это решение.
Тогда неравенство принимает вид 
то есть 
то решений нет. 
то единственное решение 
то единственное целое решение 
то есть два подходящих целых решения 
Если 
то есть одно подходящее целое решение 
то подходящих целых решений нет. 
то единственное подходящее решение 
то 
то есть 
то единственное целое решение 
и оно не подходит в условие 
то 
поэтому есть целые решения 
из которых подходит только 
то подходящих решений нет. 
то 
поэтому есть целые решения 
из которых подходит только 
но они все не подходят. 
при 
при 
при 
выполняется для любых 
Тогда задачу можно будет переформулировать так: найдите все значения а, при каждом из которых неравенство 
выполняется для любых 
Она (функция) квадратичная, график ее — парабола с ветвями, направленными вверх. Для того чтобы числа 1 и 
были расположены между корнями этого квадратного трехчлена, необходимо и достаточно выполнения условия: 
содержит ровно четыре целых значения x.
и при 
Прямые, задаваемые уравнениями 
разбивают плоскость хОа на четыре области. Раскроем модули, на каждой из этих областей и построим на этих областях график неравенства (см. ниже).
или 
Раскрывая модули, получаем четыре области.
ограниченную прямыми 
Заметим, что окружность ω1, являющаяся границей круга, пересекает ось абсцисс в точках 
и 
Найдем координаты точек пересечения данной окружности с указанными прямыми. Для прямой 
находим:
ограниченную прямыми 
Найдем координаты точек пересечения данной окружности с указанными прямыми. Для прямой 
является решением неравенства, то и точка 
является его решением: 
и 
при 
Кроме того, при 
это выражение меньше единицы, а при 
при условии 
при условии 
при условии 
или 
при условии 
это дает 
при 
это дает 
или 
Неравенство тогда равносильно 
при условии 
при условии 
при условии 
или 
при условии 
) или 
или 
решений нет,
Заметим, что 
является решением этого неравенства, а при всех прочих x неравенство можно сократить на положительное число 
Получим
множество решений неравенства представляет собой объединение нескольких отрезков и точек. Поскольку мы хотим после объединения с точкой 
Возможны два случая.
Тогда точка 
является корнем уравнения 
Нетрудно видеть, что этого не происходит ни при каком a.
где числа t, 
являются корнями уравнения
Получаем систему
Заметим, что множество решений неравенства 
отличается от нашего только (возможно) наличием точки 
Это означает, что точка 
и так входит в множество решений неравенства 
Преобразуя его, получаем 
(всегда корень) и 
(возможно, посторонний корень). Поэтому множество решений неравенства должно быть отрезком от одной из точек 
до другой и содержать точку 
на самом деле подходить не должна. Поскольку один из концов отрезка должен совпадать с числом 
или 
а длина отрезка равна 
Докажем, что такие a подходят. 
имеем неравенство 
именно с таким множеством решений.
функция 
возрастает, а функция 
убывает. Поскольку в точке 
(это не повлияет на число решений). Получим
причем 
а остальные — больше 
получим 
Докажем, что такие значения a действительно подходят. Подставляя их в неравенство, получим
неравенство сведется к 
— нет решений.
неравенство сведется к 
— нет решений.
неравенство сведется к 
— решения только 
на отрезке 
производная положительна на 
и отрицательна на 
поэтому наибольшее значение достигается при 
производная положительна на 
поэтому наибольшее значение достигается при 
отрицательна на 
положительна на 
поэтому наибольшее значение достигается при 
то есть равно 0 или 
(второе больше при 
и равно 8.
производная положительна на 
отрицательна на 
положительна на 
поэтому наибольшее значение достигается при 
то есть равно 
или 
производная отрицательна на 
и равно 20 или 4 — значит, 20.
Очевидно, надо выбирать 
получаем 
при 
получаем 0.
то есть 
При этом корень равен 1 и не совпадает с корнями знаменателя.
тогда 
и уравнение имеет единственный корень 
тогда 
— совпадает с вариантом 
тогда 
или 
получим уравнение 
Оно раскладывается на множители 
и имеет корни 
и 
убывает из 
при 
постоянна и равна 
при 
и неограниченно возрастает при 
Поэтому она принимает значение 2 бесконечно много раз, а значения большие 2 — ровно по 2 раза. Поэтому не менее трех различных корней возможно в следующих случаях:
или 
Для второго случая нужно, чтобы 
и 
имеет наибольшее количество решений на отрезке 
Чему равно это количество?
и обозначим 
Получим:
имеет на промежутке вида 
одно решение при 
два решения при 
и ни одного решения при прочих 
Поэтому даже на промежутке 
уравнение может иметь максимум 8 решений: два несовпадающих корня, дающих по 2 решения и на 
и на 
Восемь решений возможны и в нашем случае. Для этого необходимо, чтобы на промежутке 
решений не было. Тогда 
Ясно, что количество решений от этого не изменится — по каждой паре x и y однозначно строится пара u и 
и наоборот. Уравнения примут вид 
(если 
то и 
а такая точка не подходит в первое уравнение). Первое уравнение задаёт окружность с центром 
и радиусом 
Неравенство задаёт нижнюю полуплоскость относительно прямой 
которая пересекает окружность в точках 
и 
(можно проверить подстановкой). Наконец, последнее уравнение задаёт прямую, проходящую через начало координат (см. рис.).
до этой прямой должно быть равно 2. То есть 
Отсюда:
прямая не пересекает окружность. При 
есть одна общая точка. При 
есть две общие точки. При 
есть одна общая точка (вторая выколота). При 
есть одна общая точка (вторая не в той полуплоскости). При 
общих точек нет.
имеет ровно три корня. Для каждого а укажите корни.
то есть 
Разберем теперь случаи.
оно имеет корни 
Будем искать положительные корни. Избавляясь от модуля и деля на x, имеем 
Поскольку при подстановке 
уравнение превращается в 
Будем искать положительные корни. Избавляясь от модуля и деля на x, имеем 
Домножим на знаменатель и обозначим 
Получим 
откуда 
что дает 
Как раз один положительный корень, общее число корней — три.
при 
В самом деле, 
при 
). Тогда первое уравнение может выполняться только если 
(поскольку 
). Тогда второе превращается в 
и 
Чтобы не было решений, нужно, чтобы эти числа не могли быть значениями косинуса. Отсюда 
и 
откуда 
Кроме того, 
поскольку при 
один из корней равен нулю. Преобразуем неравенство
Домножим на 
оно положительно:
получим ответ 
до точек 
и 
равна трем. Поскольку расстояние между ними как раз равно трем, точка лежит на соединяющем их отрезке. То есть 
Значит, уравнение 
должно иметь ровно одно решение на отрезке 
в точках 
и 
имели разные знаки, либо чтобы дискриминант уравнения был равен нулю, а корень лежал на отрезке, либо чтобы одно из значений было равно нулю, а второй корень уравнения на отрезке не лежал.
уравнение принимает вид 
оно имеет один подходящий корень.
уравнение принимает вид 
поэтому его сумма корней равна 6,4. Один из корней равен 6, поэтому второй равен 0,4. Эта ситуация нас устраивает.
(уже разобрано), либо 
(тогда есть один корень, равный 3,25).
(то есть 
) соответствует два различных значения переменной x, 
(
) − четыре различных значения переменной x, 
(
) − три различных значения переменной 
имеет единственный корень меньший 2;
имеет два корня большие 2.
Значит, квадратное уравнение имеет единственный корень 
при 
что не подходит. (Исходное уравнение имеет два корня)
что подходит. (Исходное уравнение имеет четыре корня)
Исследуем функцию 
Она четная, убывает на 
от 2 до 
и возрастает дальше от 
Поэтому значения из промежутка 
она принимает по 4 раза, значение 2 — три раза, а значения из промежутка 
она принимает по 2 раза. Рассмотрим квадратное уравнение 
Каждый его корень дает 2, 3 или 4 корня исходного уравнения. Значит, либо оба корня должны давать по два, либо корень должен быть единственным и давать 4.
При 
имеем 
при 
Четыре корня получилось при 
то оба они должны быть больше двух. Значит, дискриминант положителен, вершина параболы 
правее двойки и значение данного трехчлена при 
— 
Получаем 
имеет корень на интервале 
то уравнение 
(этот корень) будет иметь на данном промежутке минимум два корня. Если оно имеет корень, по модулю больший <1, по нему не подберется ни одного корня 
Поэтому единственный шанс - если оно имеет корень 
— единственная подходящая точка), а второй корень либо по модулю больше 1 либо тоже равен 1. Подставим 
:
и будет иметь еще корень 0. Не подходит.
уравнение примет вид 
и будет иметь только корень 1. Подходит.
и будет иметь еще корень -3. Подходит.
поэтому одно из этих чисел ноль. Функция непрерывна на всей вещественной оси поэтому принимает все промежуточные значения, поэтому вторым значением может быть только 
Тогда уравнение 
имеет корень, а уравнения 
и 
корней не имеют. Уравнение 
имеет корни, а уравнения 
и 
корней не имеет. Вычислим дискриминанты:
эти два целых числа 0 и 1.
Тогда уравнение 
корней не имеют. Уравнение 
корней не имеет. Вычислим дискриминанты:
эти два целых числа 0 и 
с целыми коэффициентами имеет три различных корня. Оказалось, что первый корень является синусом, второй — косинусом, а третий — тангенсом одного и того же угла. Найдите все такие уравнения.
По теореме Виета их произведение равно 
Значит, возможные значения для 
0, −1, −2. 
имеем: 
Тогда 
и есть совпадающие корни. 
имеем: 
Тогда 
Их сумма равна 
поэтому синус и косинус должны быть противоположны (иначе 
и 
(синус и косинус разных знаков, поэтому не 1), и уравнение имеет вид 
Значит, 
имеем: 
Тогда 
а 
не определен, такая ситуация невозможна.
иначе первое уравнение выполняться не может. Разберем два варианта.
неотрицательно. Тогда 
неположительно. Первое уравнение дает
Ясно, что она может пересекать построенные два луча и прямую один раз только если она не пересекает интервал от 
до 
на прямой 
(тогда будет два пересечения, кроме случая 
который нам подходит) и не параллельна 
(тогда решений не будет совсем). Она проходит через концы интервала при 
и 
Поэтому оно задает четыре дуги окружностей радиуса 
с центрами в точках 
(дуги, а не окружности целиком, потому что нужно следить за знаками при раскрытии модулей). Все эти окружности проходят через начало координат, поэтому точка 
тоже принадлежит фигуре. Второе уравнение дает 
Это прямая, проходящая через точку 
Сама точка при этом выколота. 
и поменять местами 
и 
то число решений системы не изменится. Поэтому можно ограничиться случаем 
Кроме того, при 
пересечений очевидно нет. Итак, 
и 
при 
и 
Она касается дуги в первой четверти, если расстояние от точки 
Решим уравнение
).
до прямой равно 
(в ответ добавлены числа вида 
Разберем случаи их расположения на прямой.
при 
это точка 0, при 
это точка 
При 
и положительна при 
поэтому точки максимума нет.
производная неположительна при 
и неотрицательна при 
поэтому точки максимума нет.
при 
это точка 0; при 
точки максимума нет.
при этом 
принимает значения от −4 невключительно до 2 включительно, причем не принимает значения 
Значит, 
принимает по одному разу значения 0 и из промежутка 
и по два раза значения из 
Поэтому либо 
либо 
откуда 
все слагаемые, кроме последнего, сохранятся, а последнее увеличится. Заметим также, что если заменить одновременно a на 
и x на 
то ничего не изменится. Поэтому будем считать, что 
и 
Тогда модуль не нужен и функция принимает вид 
Возьмем ее производную — наибольшее значение может быть либо в ее корнях, либо в концах отрезка 
то есть 
Наконец, 
то есть 
Теперь сравним значения функции в этих точках. Напомним, что 
Кроме того, везде в дальнейшем будем считать неравенство верным на всех тех промежутках, где одну из его частей не надо рассматривать. Имеем:
наибольшее, если 
или 
В остальных случаях эта точка выбывает из рассмотрения. Далее:
максимальное из оставшихся при 
(и еще при 
но там оно проигрывает 
)
и 
Это имеет смысл только на промежутке 
причем на 
второго нет и первое выиграло автоматически.
и 
поэтому кто из них раньше — тот и дает большее значение функции. То есть при 
выигрывает второе, а при 
но с этим мы уже разобрались).
и получить ответ для отрицательных 
при 
при 
при 
при 
при 
при 
при 
поэтому нам подойдет только 
уравнение примет вид 
его корни 1 и 3 — не подходит.
и подставим в первое:
с центрами в точках 
(дуги, а не окружности целиком, потому что нужно следить за знаками при раскрытии модулей). Все эти окружности проходят через начало координат, поэтому точка 
тоже принадлежит фигуре. Будем называть дуги по номерам четвертей. Второе уравнение дает 
то есть задает прямую, проходящую через точку 
до прямой было равно 
Приравниваем:
и давать два решения (только в четвертой четверти), пока либо не пройдет через точку 
либо не коснется окружности в первой четверти. Через 
она пройдет если 
то есть 
(коснуться дуги во второй четверти она не может). Дальше их снова будет два (на второй и четвертой дугах) и так будет все время, кроме случая, когда прямая проходит через начало координат — отдельную точку нашей фигуры. Там решений будет три. Это произойдет при 
и 
будет парабола с вершиной в точке 
Поэтому при 
при 
один из корней отрицателен, а другой положителен. Итак, количество положительных корней: 
будет парабола с вершиной в точке 
Поэтому при 
по одному разу (
). Итак, количество положительных корней: 
Значит, при этом a не два корня, как могло бы показаться, а один. В ответ его включать не надо. Поэтому всего два корня будет при 
Заметим, что условие положительности a нам не пригодилось.
Заметим сразу, что 
поэтому 
При всех таких t должно выполняться неравенство
— парабола, ветви которой направлены вверх, поэтому ее наименьшее значение на множестве 
достигается либо в точке 
если абсцисса вершины лежит в множестве 
), либо, наконец, не достигается, потому что 
функция возрастает на всем нашем множестве и могла бы иметь наименьшее значение при 
но эта точка выколота.
то есть к 
Соответственно, оно лишь запрещает промежуток 
который и так запрещен первым условием.
Здесь нестрогое неравенство, поскольку брать саму точку 
значения 
поэтому неравенство написать нужно. Окончательно: 
с центром в 
Второе - круг радиуса 
с центром в 
(возможно вырождается в точку, при 
что верно. При нуле один из кругов точка. При отрицательных a раскроем внутренний модуль и возведем в квадрат (обе части неотрицательны, поэтому так делать можно):
то есть 
Кроме того, 
При таких x рационализируем неравенство:
или 
и отрицателен при 
Знаменатель при отрицательных a положителен всегда, при 
и положителен при 
или 
Тем самым нужно сравнивать 
с 
имеем: 
поэтому ответ 
(предыдущий случай можно будет объединить с этим);
и знаки числителя и знаменателя одинаковы всегда, решений нет;
имеем 
откуда ответ 
имеем 
ответ такой же;
имеем 
при 
при 
ответ 
при 
Заметим, что при 
то:
Ясно, что они должны быть соседними в этом ряду.
должны лежать на интервале 
а число 
там лежать не должно. Первые два числа лежат на этом интервале при 
(дальше нельзя, попадет и третье, раньше нельзя, попадет 0,890625). Второе и третье числа там лежат при 
Третье и четвертое числа там лежат при 
при 
при 
То есть нас интересует, какие значения принимает функция 
на отрезке 
кроме точки 
Запишем ее в виде: 
и выколоть его. Это 
имеет на отрезке 
ровно два корня?
(иначе не определен корень), 
(иначе не определен котангенс). Берем производную. Последние два слагаемых — просто константы и исчезают. Имеем:
будем иметь:
принимает там значения от 
до 
) и потом, убывая, принимает еще раз значения до 
и потом какие-то еще меньшие значения. Значит, ровно два раза одно значение он принимает, только если это значение попадает в промежуток 
Имеем:
Выколотая точка возникла из-за ограничений на котангенс, а 1 заменилась на 0 из-за условия 
нужно, чтобы угловой коэффициент касательной равнялся −2, поэтому 
и 
Поэтому уравнение касательной примет вид:
уравнение 
не должно иметь решений. Перепишем его в виде 
Это уравнение не должно иметь корней. Исследуем функцию 
Очевидно, при положительных x она положительна, при 
и 
а значение этой функции в точке 
единственная возможность — взять 
Итак, 
- единственное подозрительное число. Докажем, что таких значений функция действительно не принимает. При 
значение функции отрицательно, а при 
(дискриминант отрицательный), поэтому: 
(то есть 
или 
) — уравнение выполняется. Остальные корни должны обнулять вторую скобку и при этом находиться в промежутке 
чтобы 
был определен (концы отрезка запрещены, эти корни уже есть).
Отметим, что аргумент косинуса пробегает значения 
и косинус там принимает один раз значение 1 и значения в промежутке 
и два раза принимает значения в промежутке 
Значит, уравнение 
при 
(по 
при 
(по 
при 
(по 
при 
(по 
оно дает один корень исходного уравнения и нам не подходит. Если первое t дает два корня, то второе — не меньше одного и наоборот, как видно из рассмотрения промежутков. Остается только случай, когда оба дают по одному корню.
принимает все значения. Если 
(чтобы оно не оказалось больше ординаты вершины). Итак, уравнение 
при 
при 
Уравнение примет вид: 
монотонно возрастает (ее производная 
), это возможно в том и только том случае, когда 
Значит, именно это уравнение должно иметь два корня. Имеем:
то есть при 
один корень. При прочих a это квадратное уравнение, вычислим дискриминант:
первое уравнение превращается в 
то есть 
Это уравнение окружности с центром 
точнее той дуги этой окружности, которая лежит в полуплоскости 
первое уравнение превращается в 
то есть 
Это уравнение окружности с центром 
и радиусом 
На рисунке изображены различные положения прямой. Из рисунка видно, что нам подходят 
Осталось их найти. При этом a прямая касается нижней окружности, то есть расстояние от центра окружности до этой прямой равно 
Имеем:
Подставляя это в первое уравнение, получим: 
поэтому 
Из симметрии 
имеет на отрезке 
ровно один корень.
то есть 
при этом 
принимает все значения от 
до 
тогда уравнение 
должно иметь ровно один корень на множестве 
Ее производная 
отрицательна при 
и положительна при 
Значит, функция возрастает на 
от 
до 
затем убывает до 
затем снова возрастает до 
Поэтому она принимает один раз такие значения — 
Мы включаем 
имеет два корня (
), но один из них посторонний.
Подставим их.
поэтому этот корень есть при 
получаем 
поэтому корень есть при 
Ясно что 
при 
то есть 
то модуль на всем промежутке раскрывается с одним и тем же знаком, 
Тогда наша функция — квадратный трехчлен, он принимает наибольшее значение либо при 
(если эта точка лежит на интервале!), либо на концах отрезка. Значит, нужно сравнить числа:
при 
при 
Во втором 
график — парабола ветвями вниз, поэтому наибольшее значение именно в вершине и равно 
Если же 
то функция устроена так: 
при 
и 
при 
На промежутке 
следовательно, функция возрастает, а на промежутке 
имеет наибольшее значение при 
и 
наибольшее значение 
а при 
наибольшее значение 
будет 
при прочих a 
Преобразуем уравнение:
или 
или 
при 
или 
у него больше двух корней. Далее считаем 
Имеем:
) и лежать в ОДЗ. То есть:
Он определен при всех 
и равен нулю, когда 
они будут и корнями уравнения, если подходят в ОДЗ корня 
только один из них подходит, итого есть два корня) и 
или 
не входит в ОДЗ корня;
как раз три корня;
не входит в ОДЗ корня.
ровно одно попадает в промежуток 
Это бывает при 
(
верно неравенство
имеет ровно четыре целочисленных решения. Для каждого такого укажите эти решения.
Сразу отметим, что при замене a на 
Теперь разберем случаи.
Тогда 
там пять целых точек. 
Тогда 
там четыре целые точки — 
там четыре целые точки — 
Тогда 
Нетрудно видеть, что при целых a там по 
там четыре целые точки — 
Тогда 
там четыре целые точки — 
целых точек становится минимум 
тогда неравенство примет вид 
то можно немного увеличить t и получить другое решение. Значит, 
поэтому 
При меньших a можно взять 
для положительных a и 
для отрицательных a и получить решение, для которого 
имеет корни на промежутке 
то в этом корне получаем 
что верно. Поскольку 
принимает на данном промежутке значения в промежутке 
нам нужно, чтобы 
то есть 
положительно, при 
отрицательно) и на эту скобку можно сократить.
Правая часть принимает значения на промежутке 
поэтому неравенство имеет решения при 
это не может быть верно, правая часть не меньше 
а левая — не больше.
или 
Значит, уравнения 
то есть 
и 
поэтому при 
будет меньше корней. Кроме того, 
иначе уравнения не квадратные и не могут давать ровно 4 решения. В остальных случаях если уравнения имеют по два корня, то нас это устроит. Значит, их дискриминанты положительны. Имеем:
и 
и 
и 
Отметим сразу, что при 
два корня, при 
не имеет корней. Значит, уравнение 
Далее:
Далее:
Разделим уравнение на 
и обозначим 
Имеем:
равносильно уравнению 
и потому имеет один корень при 
(то есть при 
один корень при 
и не имеет корней при прочих 
и два из них совпадают. Первые совпадают при 
(и все в порядке), первый с последним при 
(и все в порядке). Начиная с этого момента совпадение корней невозможно, эти случаи разобраны.
ровно одно дает 
и не дает корней при 
Третье дает 
и 
Значит, нам подходит промежуток 
Это получается при 
Тогда либо 
либо 
поэтому решения будут лишь при 
Заметим далее, что при подстановке вместо x любого числа в оба уравнения легко найти два значения a, при которых x будет корнем. Значит, полученные значения должны совпасть, то есть x годится сразу в оба уравнения. Решим систему
то есть 
Оно получается лишь при 
неравенство
Получим:
что верно только при 
При таких x множитель 
неотрицателен, остается лишь выяснить, для каких из этих значений x будет всегда неотрицателен и второй множитель, равный 
Ясно, что при 
то есть 
при 
Имеем:
и положительна при 
Итак, наименьшее значение будет при 
то можно взять 
то вторая скобка будет положительна при любом a. Итак, нужно чтобы 
Окончательно: 
положительно, при всех значениях 
где 
Чтобы исходное неравенство выполнялось при любом значении x, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство 
где 
— наибольшее значение функции 
Найдём это наибольшее значение.
то есть наибольшее значение числителя и наименьшее значение знаменателя достигается одновременно. Это означает, что
исходное неравенство выполняется при любом значении x.
Получаем:
тогда 
Далее:
что верно. Поэтому 
необходимо и достаточно, чтобы оно выполнялось при 
и 
если 
то достаточно проверять первые два условия. 
то еще нужно, чтобы 
и 
до ближайшего целого. Тогда 
и 
Если хоть одно из неравенств строгое, то сумма квадратов меньше чем 
и нужная точка найдена. Если же оба неравенства обращаются в равенства, то оба числа 
не целое, то все в порядке. Если же оно целое, то подобрать неподходящее a можно. В зависимости от дробной части b, это делается так:
и только их. Значит, 
(иначе неравенство не при всех x определено), то есть 
Далее, 
и 
(иначе основание логарифма будет неподходящим), поэтому 
и 
Заменим теперь 
на t и рационализируем неравенство:
Разберем случаи.
то знаменатель отрицателен, а числитель положителен при всех допустимых t.
то 
поэтому в одной из точек отрезка числитель будет равен 0.
то знаменатель положителен, а числитель отрицателен при всех допустимых t.
— неравенство верно всегда. Если 
то получаем линейную непостоянную функцию 
которая не может быть всюду положительна.
то получается квадратное неравенство. Для того, чтобы оно было всегда выполнено при 
Корни уравнения 
это 
Сравним числа 
и 
и 
Первое неравенство поэтому дает 
корни у уравнения есть, но они неположительны. Тогда нужно потребовать, чтобы: 
Второе оставляет от первого промежутка лишь 
которое подходит во все неравенства. Первое превращается для 
в 
что противоречит условию про положительность старшего коэффициента. Для 
значения больше 2?
На всем этом отрезке функция 
если оно лежит на этом отрезке. Проанализируем концы отрезка:
то есть при 
еще требуется:
неравенство принимает вид:
можно взять 
и оно подойдет. Брать бОльшие x нельзя по условию — нас интересует лишь отрезок 
Если 
неравенство принимает вид:
самое маленькое значение 
достигается при самом большом возможном x, то есть при 
поскольку 
то есть 
И действительно, при 
выполнено неравенство 
поэтому взять такое x можно.
тогда неравенство примет вид
в координатах 
и отметим (см. рис.), что если 
то каждому значению переменной t соответствуют ровно два значения переменной x, значению 
соответствуют ровно одно значение x, значениям 
не соответствуют никакие значения переменной x.
при 
и не должно иметь решений 
при 
исходное неравенство имеет бесконечно много решений (на рисунке выделено красным), а при 
или 
исходное неравенство решений не имеет.
тогда неравенство примет вид:
— возрастающая, как произведение двух неотрицательных возрастающих функций. Следовательно,неравенство (*) равносильно 
т. е. 
Тогда
если 
т. е. 
Тогда 
и неравенство (*) можно записать в виде
— возрастающая, как произведение двух неотрицательных возрастающих функций. Следовательно, неравенство (**) равносильно 
т. е. 
Тогда
— отрезок 
на нём 
принимает все значения от −1 до 1, а 
в свою очередь, на отрезке [−1; 1] принимает все значения от 
до 
Следовательно, необходимо выяснить, при каких a неравенство 
имеет конечное число решений на 
где 
Преобразуем неравенство:
при 
но оно не входит в отрезок 
при 
которое входит в 
Найдём соответствующие значения x: 
или 
решением неравенства является отрезок 
имело конечное число точек, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись условия
и 
при 
выполняется неравенство 
поскольку иначе при 
так как иначе нельзя взять 
Далее, поскольку 
должно быть положительно на всем промежутке, то 
Учитывая ограничения из ОДЗ, получаем ответ 
